《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（十一）立體幾何中的向量方法 理（重點(diǎn)生含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（十一）立體幾何中的向量方法 理（重點(diǎn)生含解析）.doc（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題跟蹤檢測（十一） 立體幾何中的向量方法 1．(2018全國卷Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值． 解：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為C D.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C， 所以DM⊥平面BMC. 因?yàn)镈M?平面AMD， 所以平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.當(dāng)三棱錐MABC的體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn)．由題設(shè)得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)， ＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)， 設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量， 則即可取n＝(1,0,2)， 又是平面MCD的一個(gè)法向量， 所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝. 所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是. 2.(2018唐山模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中點(diǎn)． (1)求證：平面EAC⊥平面PBC； (2)若二面角PACE的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值． 解：(1)證明：因?yàn)镻C⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PC. 因?yàn)锳B＝2AD＝2CD， 所以AC＝BC＝AD＝CD， 所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC. 又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC. 因?yàn)锳C?平面EAC， 所以平面EAC⊥平面PBC. (2)如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)， ，， 的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)CB＝2，CP＝2a(a＞0)．則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0，2a)，則E(1,0，a)， ＝(0,2,0)，＝(0,0,2a)， ＝(1,0，a)， 易知m＝(1,0,0)為平面PAC的一個(gè)法向量． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面EAC的法向量， 則即 取x＝a，則z＝－1，n＝(a,0，－1)． 依題意，|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得a＝. 于是n＝(，0，－1)，＝(0,2，－2)． 設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為. 3．(2018西安質(zhì)檢)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3. (1)證明：平面A1CO⊥平面BB1D1D； (2)若∠BAD＝60，求二面角BOB1C的余弦值． 解：(1)證明：∵A1O⊥平面ABCD，BD?平面ABCD. ∴A1O⊥BD. ∵四邊形ABCD是菱形， ∴CO⊥BD. ∵A1O∩CO＝O， ∴BD⊥平面A1CO. ∵BD?平面BB1D1D， ∴平面A1CO⊥平面BB1D1D. (2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． ∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60， ∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝， OA1＝＝. 則O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A(0，－，0)，A1(0,0，)， ∴＝(1,0,0)，＝＝(0，，)， ＝＋＝(1，，)，＝(0，，0)． 設(shè)平面OBB1的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則即 令y1＝，得n＝(0，，－1)是平面OBB1的一個(gè)法向量． 設(shè)平面OCB1的法向量m＝(x2，y2，z2)， 則即 令z2＝－1，得m＝(，0，－1)為平面OCB1的一個(gè)法向量， ∴cos〈n，m〉＝＝＝， 由圖可知二面角BOB1C是銳二面角， ∴二面角BOB1C的余弦值為. 4．(2018長春質(zhì)檢)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)． (1)證明：PB∥平面ACE； (2)設(shè)PA＝1，∠ABC＝60，三棱錐EACD的體積為，求二面角DAEC的余弦值． 解：(1)證明：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE. 在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE. 又PB?平面ACE，OE?平面ACE，所以PB∥平面ACE. (2)由題易知VPABCD＝2VPACD＝4VEACD＝， 設(shè)菱形ABCD的邊長為a， 則VPABCD＝S?ABCDPA＝1＝， 解得a＝. 取BC的中點(diǎn)為M，連接AM，則AM⊥A D.以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則A(0,0,0)，E，C， ＝，＝， 設(shè)n1＝(x，y，z)為平面AEC的法向量， 則即 取x＝1，則n1＝(1，－，3)為平面AEC的一個(gè)法向量． 又易知平面AED的一個(gè)法向量為n2＝(1,0,0)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝， 由圖易知二面角DAEC為銳二面角， 所以二面角DAEC的余弦值為. 5.(2018鄭州質(zhì)檢)如圖，在三棱錐PABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2，AC＝2，D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC. (1)求證：PD⊥平面ABC； (2)若直線PA與平面ABC所成的角為45，求平面PAC與平面PDE所成銳二面角的大?。? 解：(1)證明：∵AC＝2，BC＝2，AB＝6， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90， ∴cos∠ABC＝＝. 易知BD＝2， ∴CD2＝22＋(2)2－222cos∠ABC＝8， ∴CD＝2，易知AD＝4， ∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB. ∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴CD⊥平面PAB， ∴CD⊥PD， ∵PD⊥AC，AC∩CD＝C， ∴PD⊥平面ABC. (2)由(1)知PD，CD，AB兩兩互相垂直， ∴可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz， ∵直線PA與平面ABC所成的角為45，即∠PAD＝45， ∴PD＝AD＝4， 則A(0，－4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)， ∴＝(－2，2,0)，＝(2，4,0)， ＝(0，－4，－4)． ∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC. 由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC， 又PD⊥平面ABC，∴PD⊥BC， ∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE， ∴＝(－2，2,0)為平面PDE的一個(gè)法向量． 設(shè)平面PAC的法向量為n＝(x，y，z)， 則∴ 令z＝1，得x＝，y＝－1， ∴n＝(，－1,1)為平面PAC的一個(gè)法向量． ∴cos〈n，〉＝＝－， ∴平面PAC與平面PDE所成的銳二面角的余弦值為， 故平面PAC與平面PDE所成的銳二面角為30. 6．(2019屆高三洛陽聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體． (1)求證：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，二面角CABD的平面角的正切值為，求二面角BADE的余弦值． 解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD. 因?yàn)锳B?平面ABD，所以DC⊥AB. 又因?yàn)锳D⊥AB，DC∩AD＝D， 所以AB⊥平面ADC. (2)由(1)知AB⊥平面ADC，所以二面角CABD的平面角為∠CAD. 又DC⊥平面ABD，AD?平面ABD，所以DC⊥AD. 依題意tan∠CAD＝＝. 因?yàn)锳D＝1，所以CD＝. 設(shè)AB＝x(x＞0)，則BD＝. 依題意△ABD∽△DCB，所以＝，即＝. 解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝＝3. 法一：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DB，DC所在直線為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則D(0,0，0)，B(，0,0)，C(0，，0)，E，A， 所以＝，＝. 由(1)知平面BAD的一個(gè)法向量n＝(0,1,0)． 設(shè)平面ADE的法向量為m＝(x，y，z)， 則即 令x＝，得y＝－1，z＝－1， 所以m＝(，－1，－1)為平面ADE的一個(gè)法向量． 所以cos〈n，m〉＝＝－. 由圖可知二面角BADE的平面角為銳角， 所以二面角BADE的余弦值為. 法二：因?yàn)镈C⊥平面ABD， 所以過點(diǎn)E作EF∥DC交BD于F， 則EF⊥平面ABD. 因?yàn)锳D?平面ABD，所以EF⊥AD. 過點(diǎn)F作FG⊥AD于G，連接GE， 所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE， 所以二面角BADE的平面角為∠EGF. 由平面幾何的知識求得EF＝CD＝， FG＝AB＝， 所以EG＝＝， 所以cos∠EGF＝＝. 所以二面角BADE的余弦值為. 7.如圖，在四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝45，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段PB上． (1)求證：AD⊥PC； (2)試確定點(diǎn)F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等． 解：(1)證明：連接AC， 因?yàn)锳B＝2，BC＝2，∠ABC＝45， 由余弦定理得， AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos 45＝4， 得AC＝2， 所以AC2＋BC2＝AB2， 所以∠ACB＝90，即BC⊥AC. 又AD∥BC，所以AD⊥AC， 因?yàn)锳D＝AP＝2，DP＝2， 所以AD2＋AP2＝DP2， 所以∠PAD＝90，即PA⊥AD， 又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC. 又PC?平面PAC，所以AD⊥PC. (2)因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AD，AC，AP分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)，所以＝(0,2，－2)， ＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)． 設(shè)＝λ(λ∈[0,1])， 則＝(2λ，2λ，－2λ)，F(xiàn)(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD的一個(gè)法向量為m＝(0,0,1)． 設(shè)平面PDC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，得n＝(1，－1，－1)． 因?yàn)橹本€EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等， 所以|cos〈，m〉|＝|cos〈，n〉|， 即＝， 所以|－2λ＋2|＝， 即|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])， 解得λ＝，所以＝. 即當(dāng)＝時(shí)，直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等． 8. 如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點(diǎn)，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點(diǎn)，記平面AEF與平面ABC的交線為直線l. (1)證明：直線l⊥平面PAC； (2)在直線l上是否存在點(diǎn)Q，使直線PQ分別與平面AEF，直線EF所成的角互余？若存在，求出AQ的長；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：∵E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點(diǎn)，∴BC∥EF， 又EF?平面EFA，BC?平面EFA， ∴BC∥平面EFA， 又BC?平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，∴BC∥l， 又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC， 平面PAC⊥平面ABC， ∴BC⊥平面PAC， ∴l(xiāng)⊥平面PAC. (2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA為x軸，CB為y軸，過C垂直于平面ABC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0，0)，A(2，0,0)，B(0,4,0)，P(1,0，)，E，F(xiàn). ＝，＝(0,2,0)， 設(shè)Q(2，y,0)，平面AEF的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)， 則即 取z＝，得m＝(1,0，)． 又＝(1，y，－)， |cos〈，〉|＝＝， |cos〈，m〉|＝＝， 依題意，得|cos〈，〉|＝|cos〈，m〉，∴y＝1. ∴直線l上存在點(diǎn)Q，使直線PQ分別與平面AEF，直線EF所成的角互余，AQ的長為1.